Đề thi giữa kì 2 Toán 12 Kết nối tri thức - Đề số 3

a) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và Ox là nghiệm của phương trình f(x) = 0.

b) \({x^2} - 4x \ge 0\), \(\forall x \in [0;4]\).

c) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và Ox được tính theo công thức \(\int\limits_4^0 {\left| {{x^2} - 4x} \right|dx} \).

d) Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và Ox có diện tích là 32.

a) M(5;5;6).

b) Mặt phẳng chứa hai bức tường có phương trình lần lượt là y = 0 và x = 0.

c) Chỉ có một quả bóng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d) Bán kính của quả bóng thuộc (5;11) cm).

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa: \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

\(\int {\left( {5{x^4} - 6{x^2} + 1} \right)dx} = 5.\frac{{{x^5}}}{5} - 6.\frac{{{x^3}}}{3} + x + C = {x^5} - 2{x^3} + x + C\).

Áp dụng định nghĩa nguyên hàm.

Hàm số F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x) trên khoảng K nếu F’(x) = f(x), \(\forall x \in K\).

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa: \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

\(f(x) = \frac{1}{{3\sqrt[3]{{{x^2}}}}} + \frac{1}{{\sqrt x }} + \frac{3}{2}\sqrt x = \frac{1}{3}{x^{ - \frac{2}{3}}} + {x^{ - \frac{1}{2}}} + \frac{3}{2}{x^{ - \frac{1}{2}}}\).

\(\int {f(x)dx} = \int {\left( {\frac{1}{3}{x^{ - \frac{2}{3}}} + {x^{ - \frac{1}{2}}} + \frac{3}{2}{x^{\frac{1}{2}}}} \right)dx} = \frac{1}{3}.3{x^{\frac{1}{3}}} + 2{x^{\frac{1}{2}}} + \frac{3}{2}.\frac{2}{3}{x^{\frac{3}{2}}} + C = \sqrt[3]{x} + 2\sqrt x + {\left( {{x^{\frac{1}{2}}}} \right)^3} + C\)

\( = \sqrt[3]{x} + 2\sqrt x + {\left( {\sqrt x } \right)^3} + C = \sqrt[3]{x} + 2\sqrt x + x\sqrt x + C\).

Dựa vào định nghĩa tích phân.

Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a;b] và F(x) là một nguyên hàm của hàm số f(x). Tích phân từ a đến b của hàm số f (x) được kí hiệu là \(\int\limits_a^b {f(x)dx} = F(x)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^b}\\{_a}\end{array}} \right. = F(b) - F(a)\).

Áp dụng công thức nguyên hàm của hàm số lũy thừa \(\int {{x^\alpha }dx} = \frac{{{x^{\alpha + 1}}}}{{\alpha + 1}} + C\).

Áp dụng định nghĩa tích phân \(\int\limits_a^b {f(x)dx} = F(x)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^b}\\{_a}\end{array}} \right. = F(b) - F(a)\).

\(\int\limits_{ - 1}^3 {{x^2}dx} = \frac{{{x^3}}}{3}\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^3}\\{_{ - 1}}\end{array}} \right. = \frac{{{3^3}}}{3} - \frac{{{{( - 1)}^3}}}{3} = 9 + \frac{1}{3} = \frac{{28}}{3}\).

Khi f(x) < 0 thì |f(x)| = -f(x).

Khi f(x) > 0 thì |f(x)| = f(x).

\(2x - 4 = 0 \Leftrightarrow x = 2\).

Khi \(x < 2 \Leftrightarrow 2x - 4 < 0 \Rightarrow \left| {2x - 4} \right| = - (2x - 4)\).

Khi \(x > 2 \Leftrightarrow 2x - 4 > 0 \Rightarrow \left| {2x - 4} \right| = 2x - 4\).

\(I = \int\limits_{ - 1}^3 {\left| {2x - 4} \right|dx} = \int\limits_{ - 1}^2 {\left| {2x - 4} \right|dx} + \int\limits_2^3 {\left| {2x - 4} \right|dx} = - \int\limits_{ - 1}^2 {\left( {2x - 4} \right)dx} + \int\limits_2^3 {\left( {2x - 4} \right)dx} \).

Áp dụng điều kiện để hai vecto cùng phương: \(\overrightarrow a = k\overrightarrow b \).

Vecto pháp tuyến của \(\left( \alpha \right)\) cùng phương với \(\overrightarrow a = ( - 4;2;6)\).

Mà \(\overrightarrow {{n_2}} = ( - 2;1;3) = \frac{1}{2}\overrightarrow a \) nên \(\overrightarrow {{n_2}} = ( - 2;1;3)\) là một vecto pháp tuyến của \(\left( \alpha \right)\).

Mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng AB nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm vecto pháp tuyến.

Mặt phẳng qua A(1;2;3) và vuông góc với đường thẳng AB nhận \(\overrightarrow {AB} = (1 - 1; - 4 - 2;1 - 3) = (0; - 6; - 2)\) làm vecto pháp tuyến có phương trình là:

\(0(x - 1) - 6(y - 2) - 2(z - 3) = 0 \Leftrightarrow - 6y - 2z + 18 = 0 \Leftrightarrow 3y + z - 9 = 0\).

Thay tọa độ các điểm vào phương trình, nếu thỏa mãn thì điểm đó thuộc mặt phẳng.

Thay tọa độ các điểm vào phương trình mặt phẳng:

Xét đáp án A: 1.0 + 1.4 – 3.0 – 4 = 0. Vậy A(0;4;0) thuộc (P).

Xét đáp án B: 1.1 + 1.(-6) – 3.(-3) – 4 = 0. Vậy B(1;-6;-3) thuộc (P).

Xét đáp án C: 1.2 + 1.2 – 3.0 – 4 = 0. Vậy C(2;2;0) thuộc (P).

Xét đáp án D: 1.2 + 1.2 – 3.1 – 4 = -3. Vậy D(2;2;0) không thuộc (P).

Đường thẳng đi qua điểm \(M({x_0};{y_0};{z_0})\) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = (a;b;c)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = {x_0} + at\\y = {y_0} + bt\\z = {z_0} + ct\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

d đi qua điểm M(1;1;1) có vecto chỉ phương \(\overrightarrow u = (1;2;3)\) có phương trình là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 1 + 2t\\z = 1 + 3t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

Áp dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

\(d\left( {M,(P)} \right) = \frac{{\left| {2.1 - 1.4 + 2.( - 7) + 7} \right|}}{{\sqrt {{2^2} + {{( - 1)}^2} + {2^2}} }} = \frac{9}{3} = 3\).

Trong không gian Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) tương ứng có các vectơ pháp tuyến là \(\vec n{\rm{\;}} = \left( {A;B;C} \right),\vec n'{\rm{\;}} = \left( {A';B';C'} \right)\). Khi đó, góc giữa (P) và (Q), kí hiệu là ((P), (Q)) được tính theo công thức:

\(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {AA' + BB' + CC'} \right|}}{{\sqrt {{A^2} + {B^2} + {C^2}} .\sqrt {A{'^2} + B{'^2} + C{'^2}} }}\).

\(\cos \left( {(P),(Q)} \right) = \frac{{\left| {1.( - 1) + 2.1 + 1.2} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {1^2}} .\sqrt {{{( - 1)}^2} + {1^2} + {2^2}} }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \left( {(P),(Q)} \right) = {60^o}\).

a) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và Ox là nghiệm của phương trình f(x) = 0.

b) \({x^2} - 4x \ge 0\), \(\forall x \in [0;4]\).

c) Diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và Ox được tính theo công thức \(\int\limits_4^0 {\left| {{x^2} - 4x} \right|dx} \).

d) Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f(x) và Ox có diện tích là 32.

a) Hoành độ giao điểm của đồ thị y = f(x) với đồ thị y = g(x) là nghiệm của phương trình f(x) = g(x).

b) Áp dụng định lí về dấu của tam thức bậc hai.

c, d) Áp dụng công thức tính diện tích của hình phẳng \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx} \).

a)Đúng. Trục Ox có phương trình y = 0 nên hoành độ giao điểm của đồ thị y = f(x) với trục hoành là nghiệm của phương trình y = f(x).

b) Sai. \({x^2} - 4x \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le 0\\x \ge 4\end{array} \right.\) và \({x^2} - 4x \le 0 \Leftrightarrow 0 \le x \le 4\).

c) Sai. Phần diện tích giới hạn bởi đồ thị y = f(x) với trục Ox có hoành độ thuộc đoạn [0;4], được tính bởi công thức \(\int\limits_0^4 {\left| {{x^2} - 4x} \right|dx} \).

d) Sai. Trên đoạn [0;4], ta có \({x^2} - 4x \le 0\) nên \(\left| {{x^2} - 4x} \right| = 4x - {x^2}\).

Diện tích hình phẳng đó là \(\int\limits_0^4 {\left| {{x^2} - 4x} \right|dx} = \int\limits_0^4 {\left( {4x - {x^2}} \right)dx} = \left( {2{x^2} - \frac{{{x^3}}}{3}} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^4}\\{_0}\end{array} = } \right.{2.4^2} - \frac{{{4^3}}}{3} = \frac{{32}}{3}\).

a) M(5;5;6).

b) Mặt phẳng chứa hai bức tường có phương trình lần lượt là y = 0 và x = 0.

c) Chỉ có một quả bóng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d) Bán kính của quả bóng thuộc (5;11) cm).

Áp dụng quy tắc xác định tọa độ điểm và công thức tính khoảng cách giữa hai điểm trong không gian.

a)Đúng. M(5;5;6).

b) Đúng. Mặt phẳng chứa hai bức tường có phương trình lần lượt là x = 0 và y = 0.

c) Sai. Gọi I là tâm của quả bóng. Vì bóng được đặt ở góc nhà (tiếp xúc với hai mặt tường và sàn nhà) nên I cách ba mặt phẳng trên đúng một khoảng bằng bán kính r. Khi đó I(r;r;r).

Vì M là một điểm trên bề mặt quả bóng nên \(IM = r \Leftrightarrow {\left( {5 - r} \right)^2} + {\left( {5 - r} \right)^2} + {\left( {6 - r} \right)^2} = {r^2}\)

\( \Leftrightarrow 86 - 32r + 2{r^2} = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{r_1} = 8 + \sqrt {21} \approx 12,58\\{r_2} = 8 - \sqrt {21} \approx 3,42\end{array} \right.\).

Vậy có hai quả bóng thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d) Sai. Bán kính của quả bóng có thể là \({r_1} \approx 12,58\) (cm) hoặc \({r_2} \approx 3,42\) (cm) nên không thuộc (5;11) (cm).

Tìm thời gian \({t_0}\) để xe dừng hẳn từ lúc hãm phanh.

Tính \(\int\limits_0^{{t_0}} {v(t)dt} \).

Khi ô tô dừng hẳn thì \(v(t) = 0 \Leftrightarrow - 36.t + 18 = 0 \Leftrightarrow t = 0,5\) (s).

Quãng đường ô tô di chuyển được từ lúc bắt đầu hãm phanh đến khi dừng hẳn là:

\(s(0,5) = \int\limits_0^{0,5} {v(t)dt} = \int\limits_0^{0,5} {( - 36t + 18)dt} = \left( { - 18{t^2} + 18t} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^{0,5}}\\{_0}\end{array}} \right. = - 18.0,{5^2} + 18.0,5 = 4,5\) (m).

Chọn hệ trục tọa độ phù hợp. Dựa vào tọa độ các điểm thuộc parabol để tìm phương trình của parabol. Từ đó ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho H trùng với gốc tọa độ, A và B nằm trên trục hoành và B có hoành độ dương. O nằm trên trục tung.

Cổng parabol có phương trình dạng \(y = a{x^2} + bx + c\) với a < 0 vì bề lõm hướng xuống dưới.

Khi đó H(0;0), A(-2;0), B(2;0) và O(0;4).

Vì A, B, H thuộc parabol nên ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}0 = a{.2^2} + b.2 + c\\0 = a.{( - 2)^2} + b.( - 2) + c\\4 = a{.0^2} + b.0 + c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - 4 = 4a + 2b\\ - 4 = 4a - 2b\\4 = c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = - 1\\b = 0\end{array} \right. \Rightarrow y = - {x^2} + 4\).

Trên đoạn [-2;2], ta thấy parabol nằm phía trên trục hoành nên \( - {x^2} + 4 \ge 0 \Leftrightarrow \left| { - {x^2} + 4} \right| = - {x^2} + 4\).

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol và đoạn AB là:

\(\int\limits_{ - 2}^2 {\left| { - {x^2} + 4} \right|dx} = \int\limits_{ - 2}^2 {\left( { - {x^2} + 4} \right)dx} = \left( { - \frac{{{x^3}}}{3} + 4x} \right)\)

\(\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^2}\\{_{ - 2}}\end{array} = \left( { - \frac{{{2^3}}}{3} + 4.2} \right)} \right. - \left[ { - \frac{{{{( - 2)}^3}}}{3} + 4.( - 2)} \right] = \frac{{16}}{3} - \left( { - \frac{{16}}{3}} \right) = \frac{{32}}{3} \approx 10,7\) \(({m^2})\).

Cặp vecto chỉ phương của (Q) là vecto pháp tuyến của (P) và \(\overrightarrow {AB} \).

Áp dụng biểu thức tọa độ của tích có hướng để tìm vecto pháp tuyến của (Q) rồi lập phương trình.

Vecto pháp tuyến của (P) là \(\overrightarrow {{n_P}} = (1; - 3;2)\).

Ta có \(\overrightarrow {{n_P}} = (1; - 3;2)\) và \(\overrightarrow {AB} = ( - 1 - 2;1 - 4;3 - 1) = ( - 3; - 3;2)\) là cặp vecto chỉ phương của (Q).

\(\overrightarrow {AB} = ( - 1 - 2;1 - 4;3 - 1) = ( - 3; - 3;2)\)

Vecto pháp tuyến của (Q) là \(\overrightarrow {{n_Q}} = \left[ {\overrightarrow {{n_P}} ,\overrightarrow {AB} } \right] = (0; - 8; - 12)\).

Mặt phẳng (Q) có vecto pháp tuyến \(\overrightarrow {{n_Q}} = (0; - 8; - 12)\) và đi qua A(2;4;1) có phương trình là:

\(0(x - 2) - 8(y - 4) - 12(z - 1) = 0 \Leftrightarrow - 8y - 12z + 44 = 0 \Leftrightarrow 2y + 3z - 11 = 0\).

Vậy a + b + c = 0 + 2 + 3 = 5.

Chọn hệ trục tọa độ phù hợp. Lập phương trình mặt phẳng (ABCD) và (MNP) rồi áp dụng công thức tính góc giữa hai mặt phẳng.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A trùng với gốc tọa độ, B thuộc tia Ox, D thuộc tia Oy và M thuộc tia Oz.

Khi đó: A(0;0;0), M(0;0;4), N(6;0;3), P(0;6;2) và mặt phẳng (ABCD) trùng với mặt phẳng (Oxy), hay (ABCD) có phương trình tổng quát z = 0.

\(\overrightarrow {MN} = (6;0; - 1)\); \(\overrightarrow {MP} = (0;6; - 2)\).

Vecto pháp tuyến của (MNP) là \(\overrightarrow n = \left[ {\overrightarrow {MN} ,\overrightarrow {MP} } \right] = (6;12;36)\).

Phương trình mặt phẳng (MNP) là:

\(6(x - 0) + 12(y - 0) + 36(z - 0) = 0 \Leftrightarrow 6x + 12y + 36z = 0 \Leftrightarrow x + 2y + 6z = 0\).

Góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (MNP) là:

\(\cos \left( {(ABCD),(MNP)} \right) = \frac{{\left| {1.0 + 2.0 + 6.1} \right|}}{{\sqrt {{1^2} + {2^2} + {6^2}} .\sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} }} = \frac{{6\sqrt {41} }}{{41}} \Rightarrow \left( {(ABCD),(MNP)} \right) \approx {20^o}\).

Áp dụng công thức tính diện tích của hình phẳng \(S = \int\limits_a^b {\left| {f(x)} \right|dx} \).

Với m > 0, diện tích hình phẳng là \(\int\limits_0^m {\left| {2x + 3} \right|dx} = 10 \Leftrightarrow \int\limits_0^m {\left( {2x + 3} \right)dx} = 10 \Leftrightarrow \left( {{x^2} + 3x} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}}{^m}\\{_0}\end{array} = 10} \right.\)

\( \Leftrightarrow {m^2} + 3m = 10 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 2\\m = - 5\end{array} \right.\).

Vì m dương nên loại m = -5. Vậy m = 2 là giá trị thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Lập phương trình parabol và đường thẳng biểu diễn vận tốc. Áp dụng tích phân để tính quãng đường từ các hàm vận tốc vừa tìm.

Gọi parabol \({v_A}\) biểu diễn vận tốc xe A có phương trình \(y = {a_A}{x^2} + {b_A}x + c\) và đường thẳng \({v_B}\) biểu diễn vận tốc xe B có phương trình \(y = {a_B}x + {b_B}\).

Parabol \({v_A}\) di qua ba điểm O(0;0), M(3;60) và N(4;0) nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}0 = {a_A}{.0^2} + {b_A}.0 + c\\60 = {a_A}{.3^2} + {b_A}.3 + c\\0 = {a_A}{.4^2} + {b_A}.4 + c\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{a_A} = - 20\\{b_A} = 80\\c = 0\end{array} \right. \Rightarrow y = - 20{x^2} + 80x\).

\({v_B}\) là đường thẳng đi qua hai điểm O(0;0) và M(3;60) nên \(\left\{ \begin{array}{l}0 = {a_B}.0 + {b_B}\\60 = {a_B}.3 + {b_B}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{b_B} = 0\\{a_B} = 20\end{array} \right. \Rightarrow y = 20x\).

Quãng đường xe A đi được sau 4 giây là \(\int\limits_0^4 {\left( { - 20{x^2} + 80x} \right)dx} = \frac{{640}}{3}\). Khi x = 4 thì \({v_A} = 0\) nên xe dừng sau 4 giây, đi được quãng đường bằng \(\frac{{640}}{3}\).

Quãng đường xe B đi được sau 5 giây là \(\int\limits_0^5 {20xdx} = 250\).

Khoảng cách giữa hai xe sau 5 giây là \(250 - \frac{{640}}{3} = \frac{{110}}{3} \approx 36,7\).

Lập phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P).

H là giao điểm của d và (P).

Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P). Khi đó, d giao (P) tại H.

d là đường thẳng đi qua A(5;6;7) và nhận \(\overrightarrow u = (1; - 1;1)\) làm vecto chỉ phương nên phương trình tham số của d là \(\left\{ \begin{array}{l}x = 5 + t\\y = 6 - t\\z = 7 + t\end{array} \right.\) \((t \in \mathbb{R})\).

H là giao điểm của d và (P) nên ta có \(5 + t - (6 - t) + 7 + t - 3 = 0 \Leftrightarrow 3 + 3t = 0 \Leftrightarrow t = - 1\).

Vậy H(4;7;6), suy ra a + 2b + c = 4 + 7.2 + 6 = 24.